Problema da semanaSemana de 02/11/2026Contagem e linearidade da esperança

O amigo secreto que precisa ser refeito

Enunciado

Fácil

Dez colegas de uma mesa de operações fazem amigo secreto. Cada um escreve o próprio nome num papel, os papéis são embaralhados e cada pessoa tira um ao acaso. Só depois que todos tiraram, cada um abre o seu papel, e se alguém tiver tirado o próprio nome, o sorteio inteiro é refeito.

Em média, quantas pessoas tiram o próprio nome num sorteio? E qual a probabilidade de o primeiro sorteio precisar ser refeito?

Dica

Para a média, não tente descobrir a distribuição do número de pessoas que tiram o próprio nome. Escreva esse número como uma soma de dez parcelas, uma por pessoa, que vale 1 se ela tirar o próprio nome e 0 se não tirar. Para a probabilidade, conte os sorteios em que ninguém tira o próprio nome, por inclusão e exclusão.

Solução completa

A média, pelo atalho da linearidade

Seja $ N $ o número de pessoas que tiram o próprio nome, e $ I_j $ a parcela que vale 1 quando a pessoa $ j $ tira o próprio nome. Então $ N = I_1 + \dots + I_{10} $. O papel com o nome de $ j $ tem a mesma chance de cair com qualquer uma das dez pessoas, logo $ P(I_j = 1) = 1/10 $, e

$$ \mathbb{E}[N] = \sum_{j=1}^{10} \mathbb{E}[I_j] = 10 \cdot \frac{1}{10} = 1 $$

A linearidade da esperança não pede independência, e aqui as parcelas não são independentes. Se nove pessoas tiraram o próprio nome, a décima também tirou. Mesmo assim a média da soma é a soma das médias. E a conta não depende do tamanho do grupo. Com $ n $ pessoas, cada uma tira o próprio nome com probabilidade $ 1/n $, e a média continua sendo uma pessoa.

A média, pelo caminho braçal

Dá para chegar ao mesmo número pela distribuição completa de $ N $. Para exatamente $ k $ pessoas tirarem o próprio nome, escolhem-se essas $ k $ de $ \binom{10}{k} $ jeitos, e as outras $ 10-k $ precisam se embaralhar sem que ninguém fique com o próprio papel. Chamando de $ D_m $ o número de embaralhamentos de $ m $ papéis em que ninguém fica com o próprio, contado mais abaixo,

$$ P(N = k) = \frac{\binom{10}{k}\, D_{10-k}}{10!} $$

Pessoas com o próprio nome	Probabilidade
0	0,3679
1	0,3679
2	0,1839
3	0,0613
4	0,0153
5 ou mais	0,0037

Multiplicando cada $ k $ pela probabilidade e somando os onze casos, de 0 a 10, sai exatamente 1. Funciona, mas dá bem mais trabalho que a linearidade.

A probabilidade de refazer, por inclusão e exclusão

Seja $ A_j $ o evento de a pessoa $ j $ tirar o próprio nome. Para um grupo fixo de $ k $ pessoas, a chance de todas elas tirarem o próprio nome é $ (10-k)!/10! $, porque os outros papéis se embaralham à vontade. Há $ \binom{10}{k} $ grupos assim, e a inclusão e exclusão dá

$$ P(\text{ninguém tira o próprio nome}) = \sum_{k=0}^{10} (-1)^k \binom{10}{k}\frac{(10-k)!}{10!} = \sum_{k=0}^{10} \frac{(-1)^k}{k!} = \frac{1334961}{3628800} = \frac{16481}{44800} $$

Ou seja, um sorteio sai válido com probabilidade de cerca de 36,8%. A probabilidade de refazer é o complemento.

$$ P(\text{refazer}) = 1 - \frac{16481}{44800} = \frac{28319}{44800} $$

A soma $ \sum (-1)^k/k! $ é o começo da série de $ e^{-1} $, então a resposta é praticamente $ 1 - 1/e $. Com dez pessoas, a diferença para esse limite já é menor que $ 1/11! $, ou seja, menor que 1 em 39.916.800. Por isso a chance de refazer quase não depende do tamanho do grupo. Com 30 pessoas, ela continua em 63,2%.

A contagem pelo caminho braçal, a recorrência

Também dá para contar $ D_n $ sem inclusão e exclusão. Olhe para o papel que a pessoa 1 tirou. Ele é de alguma outra pessoa $ j $, e há $ n-1 $ escolhas para $ j $. Se $ j $ tirou o papel da pessoa 1, as duas trocaram entre si, e as outras $ n-2 $ pessoas formam um embaralhamento sem ninguém com o próprio papel, $ D_{n-2} $ jeitos. Se $ j $ não tirou o papel da pessoa 1, trate esse papel como se fosse o de $ j $, que $ j $ não pode tirar. O que sobra é um embaralhamento de $ n-1 $ papéis sem ninguém com o próprio, $ D_{n-1} $ jeitos. Então

$$ D_n = (n-1)\,(D_{n-1} + D_{n-2}), \qquad D_1 = 0,\quad D_2 = 1 $$

De $ D_1 $ a $ D_{10} $, a recorrência dá 0, 1, 2, 9, 44, 265, 1.854, 14.833, 133.496 e 1.334.961. Dividindo o último por $ 10! $, que vale 3.628.800, volta a fração $ 16481/44800 $.

Uma curiosidade

Como cada tentativa dá certo com probabilidade $ 16481/44800 $, o número de sorteios até sair um válido é geométrico, com média $ 44800/16481 $, cerca de 2,72 sorteios. É quase exatamente o número $ e $.

Resposta

Em média, 1 pessoa tira o próprio nome, qualquer que seja o tamanho do grupo.
A probabilidade de refazer o primeiro sorteio é $ \tfrac{28319}{44800} $, cerca de 63,2%, muito perto de $ 1 - 1/e $.

O que foi conferido e como

A probabilidade de ninguém tirar o próprio nome, e com ela a de refazer, foi calculada de três jeitos que batem exatamente, por inclusão e exclusão com frações, pela recorrência de $ D_n $ e por força bruta, percorrendo as 3.628.800 ordens possíveis dos dez papéis e contando, em cada uma, quantas pessoas tiram o próprio nome. A média e a tabela da distribuição foram calculadas de dois jeitos, pela recorrência e pela mesma força bruta. A bateria também confere a sequência de $ D_n $ escrita no texto, a distância até $ 1/e $ e o caso de 30 pessoas, com frações. Uma simulação de 400 mil sorteios com semente fixa, e outra de 100 mil grupos que refazem o sorteio até sair um válido, ficaram dentro de 4,5 erros padrão dos valores exatos.